Найти показатель степени матрицы

[mihaild]

То есть $A_1 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, A_2 = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 0 \\ 0 & 2 & 5 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}?$

[svv]

Почему было не записать сразу в явном виде, к чему таинственность?
Если $A_1$ такая, как у mihaild, то
$A_1^n = \begin{bmatrix}1 & n & \frac{n(n-1)}2 \\0 & 1 & n \\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$

[serval]

Нет. Вот так

$A_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, A_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 3 \end{pmatrix}$

Легко заметить, что степени $A_1$ содержат на диагоналях биномиальные коэффициенты.
Про эти матрицы можно сказать ещё много интересного, но я не хотел отвлекать внимание этими подробностями, чтобы получить ответ только из матричных свойств, безотносительно к их явной структуре.
Но если это нужно, я расскажу.

[serval]

Любопытно. Извлечение квадратного корня из k-й степени $A_1$ дало

$\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\k-1 & 1 & 0 \\\frac{(k-1)(k-2)}2 & k-1 & 1\end{bmatrix}^\frac{1}2= \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\\frac{1}2(k-1) & 1 & 0 \\\frac{(k-1)(k-3)}8 & \frac{1}2(k-1) & 1\end{bmatrix}$

Неожиданно красиво.

[kp9r4d]

serval в сообщении #1116539 писал(а):

Про эти матрицы можно сказать ещё много интересного, но я не хотел отвлекать внимание этими подробностями, чтобы получить ответ только из матричных свойств, безотносительно к их явной структуре.

Это транспонированная жорданова клетка, про них почти всё, что можно написано в стандартных учебниках по линалу.

-- 19.04.2016, 10:33 --

serval в сообщении #1116539 писал(а):

Про эти матрицы можно сказать ещё много интересного, но я не хотел отвлекать внимание этими подробностями, чтобы получить ответ только из матричных свойств, безотносительно к их явной структуре.

Это транспонированная жорданова клетка, про них почти всё, что можно написано в стандартных учебниках по линалу.

[serval]

(Оффтоп)

$A_1$, кроме того, что она транспонированная жорданова клетка, ещё и первая в семействе (следующая в семействе - $A_2$) позволяющем представить натуральные числа, включая простые (правда, все ли - пока не ясно), целыми точками 4-мерного пространства.
Но это другая тема.

[svv]

Итак.
В левой части произведение матриц
$(A_2^T)^2=\begin{bmatrix}1 & 3 & 2 \\0 & 4 & 10 \\0 & 0 & 9\end{bmatrix}$ и $A_1^{m-1} = \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\m-1 & 1 & 0 \\\frac{(m-1)(m-2)}2 & m-1 & 1\end{bmatrix}$
В правой части произведение матриц
$A_2^T=\begin{bmatrix}1 & 1 & 0 \\0 & 2 & 2 \\0 & 0 & 3\end{bmatrix}$ и $A_1^{m^2-1} = \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\m^2-1 & 1 & 0 \\\frac{(m^2-1)(m^2-2)}2 & m^2-1 & 1\end{bmatrix}$
Умножение на $e^1$ и $e_1$ выделяет из каждого произведения элемент с индексами $(1,1)$.
Что получаем?

[serval]

Да.

[svv]

Так Вы увидели, что получилось?

[serval]

Любопытный эффект.
Считаю в WolframAlpha квадратный корень из $A_1^{k-1}$ - нормально, считаю квадратный корень из $A_2^T$ - тоже нормально, считаю квадратный корень из $A_2^T A_1^{k-1}$ - виснет наглухо :)

-- Вт апр 19, 2016 14:35:37 --

Я не увидел можно ли использовать матричное представление степеней натуральных чисел для вычисления числа по значению его квадрата.

[svv]

serval, я прошу Вас только, чтобы Вы подтвердили, что получили ответ на первоначальный вопрос. Там же никаких корней не было.

При тех значениях матриц, что Вы дали — нет, нельзя. Получается тождество.

[serval]

Я получил ответ. Спасибо.

-- Вт апр 19, 2016 14:41:43 --

А как выяснить можно ли решить задачу в общем виде? Не обращаясь к конкретному виду матриц?
Или так: каким условиям должны удовлетворять матрицы, чтобы задачу можно было решить?

[svv]

Вы говорили, что Ваши матрицы далеки от исключительных случаев. Тогда — используя спектральное разложение (сообщение venco выше).